吉林省吉林市重点高中2025-2026学年高一上学期1月期末考试 数学(含答案）

这是一份吉林省吉林市重点高中2025-2026学年高一上学期1月期末考试 数学(含答案），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，则=
A．B．C．D．
2．不等式“”是“”成立的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．若角的始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
4．函数的零点所在区间为（ ）
A．B．C．D．
5．已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
6．函数的图象的相邻两支截直线所得线段长为，则的值是（ ）
A．B．C．D．
7．设函数,
A．3B．6C．9D．12
8．设是定义在上的奇函数，对任意，且，都有，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．下面命题正确的是（ ）
A．“”是“”的必要不充分条件
B．命题“任意，则”的否定是“存在，则”．
C．设x，，则“且”是“”的充分而不必要条件
D．设a，，则“”是“”的必要不充分条件
10．下列结论中正确的有（ ）
A．是第三象限角
B．若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形面积为
C．若角为第二象限角，则角为第一象限角
D．若角的终边过点，则
11．《九章算术》中有“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步．问：勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图1，用对角线将长和宽分别为b和a的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）将三种颜色的图形进行重组，得到如图2所示的矩形，该矩形长为，宽为内接正方形的边长d．由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论，如图3，设D为斜边的中点，作直角三角形的内接正方形对角线，过点A作于点F，则下列推理不正确的是（ ）

A．由图1和图2面积相等得B．由可得
C．由可得D．由可得
三、填空题
12．已知函数的图象恒过定点，若点也在函数的图象上，则
13．已知偶函数的定义域为，且当时，，当， ．
14．如图是在北京召开的第24届国际数学家大会的会标，会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，由4个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．若直角三角形中较小的内角为，大正方形的面积为1，小正方形的面积是，则 ．
四、解答题
15．（1）求值．
（2）已知，求的值．
16．已知函数为奇函数．
(1)求的值；
(2)判断在上的单调性，并用定义证明；
(3)已知，求实数的取值范围．
17．已知．
(1)化简；
(2)若是第三象限角，且，求的值．
18．已知函数，．
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递减区间；
(2)求函数f(x)在区间上的最小值和最大值，并求出取得最值时x的值．
19．对于函数，若，则称实数为函数的不动点．设函数，．
(1)若，求函数的不动点；
(2)若函数在区间上存在两个不动点，求实数a的取值范围；
(3)若对任意的，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
1．C
本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．
【详解】由题意得，，则
．故选C．
2．B
【详解】由，可得，充分性不成立；由，可得，可得，必要性成立．
故选：B
3．C
【详解】因为角的终边经过点，，，，
所以，
则.
故选：C.
4．B
【详解】由为减函数，而也为减函数，
所以函数为上的减函数，
由，，
所以零点在区间上，
故选：B
5．B
利用三角函数的平方关系式得到关于的齐次式，再利用三角函数的商数关系式即可得解.
【详解】因为，
所以.
故选：B.
6．A
根据已知条件可得出函数的最小正周期，求出的值，代值计算可得的值.
【详解】由题意可知，函数的最小正周期为，解得，则，
故.
故选：A.
7．C
【详解】.故选C.
8．C
先判断的单调性，利用奇函数性质确定特殊点函数值，再将原不等式分情况讨论，结合单调性求解各情况的解集，最后合并得最终结果.
【详解】由（且），知在上单调递增.
是上的奇函数，故在上单调递增，且，.
不等式等价于： 或 或 .
当时，对应或（结合单调性），解得，结合得.
当时，对应或，解得或，
结合得或.
当时，不等式成立.
综上，解集为.
故选：C
9．BCD
A. “”是“”的充分不必要条件，所以该选项错误；
B. 由全称命题的否定可以得到该选项正确；
C. “且”是“”的充分而不必要条件，所以该选项正确；
D. “”是“”的必要不充分条件，所以该选项正确.
【详解】A. 解不等式得或， “”是“”的充分不必要条件，所以该选项错误；
B. 命题“任意，则”的否定是“存在，则”，所以该选项正确；
C. 且可以推出；但是时，如，且不成立，所以“且”是“”的充分而不必要条件，所以该选项正确；
D. “”不能推出“”， “”可以推出“”，所以 “”是“”的必要不充分条件，所以该选项正确.
故选：BCD
10．ABD
选项A，将转化为，从而得到与的终边相同，由的终边是第三象限角得到的终边是第三象限角；选项B，设扇形的半径为，利用扇形的弧长公式得到，从中解出，利用扇形面积求解即可；选项C，角为第二象限角得到，求得，对分奇偶讨论求解即可；选项D，利用任意角的三角函数的定义求解.
【详解】选项A，，与的终边相同，的终边是第三象限角，的终边是第三象限角，故选项A正确；
选项B，设扇形的半径为，圆心角为的扇形的弧长为，
，，扇形面积为，故选项B正确；
选项C，角为第二象限角，，
，
当时，，则角为第一象限角；
当时，，
，则角为第三象限角；
故选项C错误；
选项D，角的终边过点，
，，，
故选项D正确.
故选：ABD.
11．ABD
根据图1和图2面积相等，可用表示，判断A的真假；把、用表示出来，判断B的真假；把、用表示出来，判断C的真假；把、用表示出来，判断D的真假.
【详解】对于A，由图1和图2面积相等得，所以，故A错误；
对于B，因为，所以，所以，，，
因为，所以，整理得，故B错误；
对于C，因为D为斜边BC的中点，所以，
因为，所以，整理得，故C正确；
对于D，因为，所以，整理得，故D错误.
故选：ABD
12．/
【详解】，当时，，故，
，解得.
故答案为：.
13．
根据函数的奇偶性求得正确答案.
【详解】当时，，而是偶函数，
所以.
故答案为：
14．/
直角三角形的两条直角边分别为，可得小正方形的边长为，利用同角三角函数基本关系即可求解.
【详解】直角三角形中较小的内角为，斜边为1，
则直角三角形的两条直角边分别为，
所以小正方形的边长为，即，
也即，可得，
因，
因为锐角，则.
故答案为：.
15．（1）；（2）1
（1）根据指数、对数的运算法则计算求值.
（2）利用弦化切求齐次式的值.
【详解】（1）原式.
（2）因为.
16．(1)
(2)在上单调递减，证明见解析
(3)
（1）根据函数的奇偶性求出参数即可；
（2）根据定义法证明函数的单调性即可；
（3）由奇偶性及单调性脱去“”建立不等式求解即可.
【详解】（1）函数的定义域为，
为奇函数，，即，经检验符合题意；
（2）由（1）得，
设任意，且，
则，
，，，
，，
，，
在上单调递减；
（3），，
是奇函数，，
由（2）知在上单调递减，
，，
故的取值范围为.
17．(1)
(2)
（1）利用诱导公式化简即可；
（2）利用同角三角函数的平方关系可得，然后结合诱导公式可解.
【详解】（1）．
（2）因为，，所以，
又因为是第三象限角，所以为第三象限角，
所以，
故．
18．(1)最小正周期为，单调递减区间是，.
(2)，此时；，此时.
（1）由余弦函数的周期公式即可求得答案，再利用整体法即可得到单调减区间；
（2），利用余弦函数的单调性即可求得其最小值和最大值及取得最值时的值.
【详解】（1）的最小正周期，
当，即，时，单调递减，
∴的单调递减区间是，.
（2）∵，则，
故，
∴，此时，即，
，此时，即．
19．(1)0和1；
(2)；
(3).
（1）直接根据定义解方程即可；
（2）将方程分离参数化为，利用换元法结合对勾函数的单调性计算即可；
（3）不等式，利用指数函数的单调性得出，，再分离参数并换元结合函数的单调性计算即可.
【详解】（1）当时，方程可化为，解得或；
所以，函数的不动点为0和1．
（2）方程，即，可化为．
令，则当时，关于单调递增，且．
由题意，关于的方程在上有两个不等实根．
由于对勾函数在上单调递减，在上单调递增，
且．
所以，．
综上，实数的取值范围为．
（3）不等式可化为．
易知，函数在上最大值为，最小值为；
由题意，，，即．
上述不等式可化为．
令，则当时，．
由题意，，不等式恒成立．
函数在上单调递增，最大值为；
函数在上单调递减，最小值为．
所以，，即．
综上，实数a的取值范围为．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
B
B
A
C
C
BCD
ABD
题号
11









答案
ABD